1 3 phương trình đặc trưng

1.3 PHƯƠNG TRÌNH ĐẶC TRƯNG Bài un 1 n  u n Cho dãy số  un  xác định u1  1, u2  2, un2  un  2un1 , n  Tìm lim Hướng dẫn giải Dễ thấy dãy cho dãy số dương, khơng có số hạng dãy Từ công thức truy hồi u u dãy ta có n    n , n  un 1 un 1 Đặt  un 1 , n  1, ta dãy số v1  2, vn1   , n  un Dễ thấy dãy   dãy số dương  2, n  Do 1 5      vn1  , n  Vậy ta có   vn 2 1  5 Xét hàm số f  x    , x   2;  Ta có f '  x     0, x Do có hai dãy đơn điệu dãy x x  2   hai dãy bị chặn nên chúng có giới hạn Giả sử a  lim v2 n b  lim v2 n1 ta có n  hệ a  b     a   b a  b    a  b     ab   ab  b     a Ta thấy có a  b   thỏa mãn giới hạn cần tìm Bài Tìm số dãy số  un  un 1  4un2  4un  0, n   thỏa mãn điều kiện:  u2004   Hướng dẫn giải  Viết lại un1  4un 1– un   f  un  với f  x   x 1– x  Nhận xét: f  x    0;1  x   0;1 Vì vậy: u2004    0;1  u2003   0;1  u2002   0;1  u1   0;1  Với  u1  tồn :  a   u1  sin2 a Lúc đó: u2  4sin2 a(1 – sin2 a)  sin2 2a ; u3  4sin2 2a(1– sin2 2a)  sin2 4a Quy nạp ta được: un  sin2 (2n1 a)  1  cos(2n ) 2 n  u2004  1 1   cos(22004 )  2 2  cos(22004 )   22004   Vì  a    k     22005 (2k  1), k  Z    1 nên  2005 (2k  1)     k  22003  2 2 Do k  Z nên: k  0;1;2; ;22003 –1    Từ có tất 22003 giá trị u1 thỏa tốn: u1  sin  2005 (2k  1)  , k {0;1; ;22003  1} 2  Do có tất 22003 dãy số  un  thỏa điều kiện cho Bài Cho x1 , x2 , , xn , nghiệm dương phương trình tan x  x theo thứ tự tăng dần Tính lim  xn  xn1  n  Hướng dẫn giải     Xét hàm số f ( x)  tan x  x , với x     k ;  k  Ta có f '( x)    => f ( x) tăng từ cos x    đến      Suy ra: khoảng    k ;  k  phương trình tan x  x có nghiệm xk       xk  yk  k với yk    ;  => tan yn  tan xn  yn  n   => lim yn  n   2 lim  xn  xn1  = lim n  n  Bài  y n   n    yn1   n  1   = lim   yn  yn1    n  u1  2014 Cho dãy số (un ) xác định sau:  Tìm điều kiện 2 un 1  un  (1  2a)un  a n  1, 2, a   để dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn tính giới hạn Hướng dẫn giải Ta có: un1  un  (un  a)2   un1  un ; n  1, 2,3, * Suy dãy số (un ) tăng; từ dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn dãy bị chặn Giả sử tồn lim un  L ( L ) , chuyển qua giới hạn hệ thức un1  un2  (1  2a)un  a ta có: L  L2  (1  2a) L  a  L  a - Nếu có số k  * mà uk  a un  a; n  k nên L  a trái với kết lim un  L  a Do đó: uk  a với k  1, 2, un2  (1  2a)un  a  a, n  1, 2,3, hay u12  (1  2a)u1  a  a  a   u1  a  a   2014  a từ ta 2014  a  2015 * Đảo lại: Nếu 2014  a  2015  a   u1  a nói riêng  (u1  a  1)(u1  a)   u12  (1  2a)u1  a  a   u2  a u1  u2  a   u2  a Bằng quy nạp ta chứng minh a   un  a, n  1, 2,3, (H/s trình bày ra) Như dãy (un ) tăng, bị chặn bới a , dãy (un ) có giới hạn hữu hạn Kết luận: Với điều kiện 2014  a  2015 dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn lim un  a Cho hai dãy số  an   bn  xác định sau: Bài a1  2, b1  , an 1  2an bn ; bn1  an1.bn , n  1, 2, an  bn Chứng minh  an   bn  có giới hạn, tìm giới hạn Hướng dẫn giải Bằng quy nạp, ta chứng minh rằng: 2n.sin an  sin   n 1 ; bn   cos  2n.sin sin n 2n.3 (2)  Từ (1), (2) tồn lim an lim bn n  Ngoài ra: lim an  lim n  n  lim bn  lim an lim cos n  n  n  n  2n.sin sin   n  cos   n   sin 2n.3   3 3 Vậy hai dãy an  , bn  có giới hạn chung Bài 3  x   Cho dãy số (xn) thỏa mãn:  Chứng minh dãy số có giới hạn x  x  x  n ; n  n  n 1 n2 Hướng dẫn giải *) Ta chứng minh xn  n2  n  n  1 với n  (1) Thật vậy: n  Giả sử (1) với n  k  1: xk  k  k  k  1  xk 1   k  1  xk  xk2 x 2   k  1 = k2  xk  k    k  1 k k  k  1 k  k  1  k   k  k  1   1   k  1   2 k     k  1 k   k    k  1 k  (đpcm)   2  *) Ta chứng minh  xn  có giới hạn NX:  xn  tăng xn  với n Ta có 1 1  1    1     xn     với n  x1 xn xn xn 1 xn  n n  n  1 2  n Vậy  xn  có giới hạn Bài Tam giác mà đỉnh ba trung điểm ba cạnh tam giác ABC gọi tam giác trung bình tam giác ABC Xây dựng dãy tam giác A1B1C1 , A2 B2C2 , A3 B3C3 , cho tam giác A1B1C1 tam giác cạnh với số nguyên n  2, tam giác An BnCn tam giác trung bình tam giác An1Bn1Cn1 Với số nguyên dương n ,kí hiệu rn tương ứng bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác An BnCn Chứng minh dãy số  rn  cấp số nhân Hãy xác định số hạng tổng quát cấp số nhân đó? Hướng dẫn giải +  rn  cấp số nhân với công bội q  + Số hạng tổng quát: rn  Bài 1 số hạng đầu r1  3.2n 1 Cho dãy số  an  xác định bởi: a1  an1  an  2n  với n  Xét dãy số  bn  mà: bn  an1  an với n  a)Chứng minh dãy số  bn  cấp số cộng Hãy xác định số hạng đầu cơng sai cấp số cộng b)Cho số nguyên dương N Hãy tính tổng N số hạng dãy số  bn  theo N Từ đó, suy số hạng tổng quát dãy số  an  Hướng dẫn giải a)Từ giả thiết  bn  2n    bn  cấp số cộng với số hạng đầu b1  công sai d  b)+Tổng N số hạng đầu dãy  bn  là: S N  N +Số hạng tổng quát dãy  an  là: an  n2  2n  Bài Cho dãy số  un  u1  1, u2  2, u3  40  xác định  10un21.un 3  24un 1.un2 u  n  4,5, 6,  n un  un 3  Tìm số n nhỏ để un chia hết cho 2048 Hướng dẫn giải un 10un 1.un 3  24.un2 10un 1 24un  u    Từ công thức truy hồi cuả dãy , đặt  n , dãy ( ) un 1 un 2 un 3 un  un  un 1 v2  2, v3  20 xác định  vn  10vn 1  24vn 2 , n  4,5, Phương trình đặc trưng : x2  10 x  24  , từ suy :  6n1  4n1 un  vn1.vn2 v2  ( n 1) n (3n1  2n1 ).(3n2  2n2 ) (3  2) Do (3n1  2n1 ).(3n2  2n2 ) (3  2) số số lẻ nên un  2048   n(n  1)  11  n  Vậy n  giá trị cần tìm thỏa mãn điều kiện tốn ( n 1) n  2048